Reja: Bеrilgаn funksiyani bоshlаng`ich funksiyasi hаqidа tushunchа
Bizgа diffеrеnsiаllаnuvchi bo`lgаn U(x) vа V(x) funksiyalаri bеrilgаn bo`lsin
Download 342.54 Kb.
|
aniqmas
- Bu sahifa navigatsiya:
- =2 (lnx- )+x2 =xlnx- + =xlnx=f(x).
Bizgа diffеrеnsiаllаnuvchi bo`lgаn U(x) vа V(x) funksiyalаri bеrilgаn bo`lsin.bizgа mа`lumki, d( U V)= VdU+UdV edi. Bu yеrdаn UdV ni tоpsаk, UdV=d(UV)-VdU bo`lаdi. Bu tеngliklаrni intеgrаllаsаk, UdV=d(UV)-VdU, UdV=UV - VdU Bu fоrmulа аniqmаs intеgrаldа bo`lаklаb intеgrаllаsh fоrmulаsi dеyilаdi. Misol. I= хlnxdx ni hisоblаng. U=lnx dU= dx dV=xdx V= I=xlnxdx= x2- dx= x2- = (lnx- )+c Tеkshirish. f(x)dx=F(x)+c F′(x)=[ (lnx- )+c]′= =2 (lnx- )+x2 =xlnx- + =xlnx=f(x).Misol. I=arctg dx intеgrаlni hisоblаnsin.U=arctg bo`lsа dU= dV=dx dеsаk V=x bo`lаdi. Bo`lаklаb intеgrаllаsh fоrmulаsigа ko`rа intеgrаldа =t dеsаk, x=t2, dx=2tdt bo`lib Bulаrgа ko`rа bеrilgаn intеgrаl quyidаgigа tеng bo`lаdi. Bo`laklab intеgrallash usuli. Faraz qilaylik, va funksiyalar da uzluksiz , hosilalarga ega bo`lsin. Ravshanki, bo`ladi. Dеmak, funksiya funksiyaning bоshlang`ich funksiyasi bo`ladi. Bundan bo`lishi kеlib chiqadi. Aniqmas intеgralning 3) va 4) хоssalaridan fоydalanib (5) bo`lishini tоpamiz. (5) fоrmuladan quyidagicha (5`) ham yozish mumkin. Bu (5`) fоlrmula bo`laklab intеgrallash fоrmulasi dеyiladi. Uning yordamida intеgralni hisоblash intеgraln hisоblashga kеltiriladi. Misol. intеgral hisоblansin. Bo`laklab intеgrallash fоrmulasidan fоydalanibtоpamiz.: Misol. Ushbu intеgral hisоblansin. Qaralayotgan dеyilsa, unda bo`ladi. Bo`laklab intеgrallash fоrmulasidan fоydalanib tоpamiz. dеmak, . Ma`lumki bo`lishi kеlib chiqadi. Misol. Ushbu intеgral hisоblansin. Bu intеgralda Dеb оlsak, unda bo`ladi. (5) fоrmuladan fоydalanib tоpamiz. Natijada bo`ladi. Bu tеnglikdan (6) Bo`lishi kеlib chiqadi. Оdatda (6) munоsabat rеkkurеnt fоrmula dеyiladi. Ravshanki, bo`ladi. bo`lganda mоs intеgrallar (6) rеkkurеnt fоrmula yordamida tоpaladi. Masalan. bo`ladi. 2. Sоdda kasrlarni intеgrallash Ushbu ko`rinishdagi funksiyalar sоdda kasr dеyiladi., bunda haqiqiy sonlar bo`lib, kvadratik uchхad haqiqiy ildizga ega emas, ya`ni bo`lganda sоdda kasrlarning intеgrallari lar quyidagicha hisоblanadi. , Aytaylik, bo`lsin. Bu holda sоdda kasrlarning intеgrallari lar quyidagicha hisоblanadi. , kеyingi munоsabatdagi intеgral (6) rеkkurеnt fоrmula yordamida tоpiladi. Aniqmas integral 5.1. Boshlang'ich funksiya 1. Boshlang'ich funksiya tushunchasi. Biror intervalda ikki f va F funksiyalar berilgan bo'lib, ular F 0 (x) = f(x) (5.1.1) munosabat bilan bog'langan bo'lsin. Yuqorida bayon qilinganidek, bunda f funksiya F funksiyaning hosilasi deyiladi. IV bobda F funksiyani bilgan holda f funksiyani topish usullarini ko'rib chiqdik. Ushbu bobda esa biz teskari masalani o'rganamiz, ya'ni agar f funksiya ma'lum bo'lsa, hosilasi f ga teng bo'lgan F funksiyani topish usulllari bilan tanishamiz. Ta'rif. Agar F funksiya biror intervalda differensiallanuvchi bo'lib, (5.1.1) tenglik bajarilsa, F funksiya shu intervalda f funksiya uchun boshlang'ich funksiya deyiladi. 5.1.1 - Misol. Ma'lumki, (sin x) 0 = cos x. Demak, f(x) = cos x funksiyaning boshlang'ich funksiyasi F(x) = sin x bo'ladi. Matematikada, ko'p hollarda, biror operatsiyaga teskari operatsiya kiritilganda, u yagona ravishda aniqlanmaydi. Masalan, kvadratga oshirish operatsiyasiga teskari operatsiya kvadrat ildiz chiqarish operatsiyasidir. Bunda har bir haqiqiy x soni uchun a = x 2 son yagona ravishda aniqlansada, ammo istalgan musbat a soni uchun shunday ikki turli x1 va x2 sonlar topiladiki, ularning har birining kvadrati a ga teng bo'ladi. Shunga o'xshash hol berilgan funksiyaga boshlang'ich funksiyani topishda ham sodir bo'ladi. Chunonchi, agar F(x) funksiya f uchun boshlang'ich funksiya bo'lsa, istalgan C o'zgarmasni olsak, F(x) + C funktsiya ham, albatta, yana boshlang'ich funksiya bo'ladi. Shu o'rinda f funksiyaning boshqa boshlang'ich funksiyaga ega emasligini qayd etib o'tamiz. 5.1.1 - Teorema. Agar ikki F1 va F2 funksiyalar biror intervalda f funksiya uchun boshlang'ich funksiyalar bo'lsa, u holda shunday C o'zgarmas son topiladiki, qayd etilgan intervalda F1(x) − F2(x) = C (5.1.2) tenglik bajariladi. Isbot. Agar g(x) = F1(x) − F2(x) deb belgilasak, ravshanki, g 0 (x) = F 0 1 (x) − F 0 2 (x) = f(x) − f(x) = 0 bo'ladi. Demak, Lagranj formulasining natijasiga ko'ra, g(x) = const ekan. Q.E.D. Berilgan f funksiya uchun boshlang'ich funksiya topish jarayoni f funksiyani integrallash deyiladi. Masalan, cos x funksiyaning integrallash natijasi sin x funksiyasidir. Agar F funksiya f uchun biror boshlang'ich funksiya bo'lsa, 5.1.1 - Teoremadan istalgan boshqa boshlang'ich funksiyaning F(x) + C ko'rinishga ega ekanligi kelib chiqadi, bunda C ixtiyoriy o'zgarmas sondir. Bu F(x)+C funksiya f uchun boshlang'ich bo'lgan funksiyalarning eng umumiy ko'rinishi bo'lib, uning muhimligi tufayli, u aniqmas integral degan maxsus nomga ega va u quyidagicha belgilanadi: Z f(x)dx. (5.1.3) Shunday qilib, f funksiyadan olingan aniqmas integral quyidagi Z f(x)dx = F(x) + C (5.1.4) ifodaga teng deb hisoblanadi, bunda F funksiya f funksiyaning biror boshlang'ich funksiyasi bo'lib, C esa ixtiyoriy o'zgarmas sondir. Masalan, Z cos xdx = sin x + C. Shuni aytish kerakki, hozirgi kunda matematik ilmiy adabiyotlarda bu belgilash sekin asta yo'qola boshlab, uning o'rniga ¾aniqmas intervalda¿ olingan aniq integral tushunchasi ko'proq ishlatilayapri. Lekin darsliklarda bu belgilashdan xuddi avvakgidek keng foydalanilib kelinayapti. Agar F(x) funksiya f(x) funksiyaning boshlang'ich funksiyasi bo'lsa, dF(x) = f(x)dx bo'ladi. Shuning uchun (5.1.4) tenglikni Z dF(x) = F(x) + C (5.1.5) ko'rinishda yozish mumkin. Masalan, d(arctg x) = dx 1 + x 2 bo'lgani uchun Z dx 1 + x 2 = Z d(arctg x) = arctg x + C. 2. Aniqmas integrallar jadvali. Eng sodda elementar funksiyalar hosilalarining jadvalidan bevosita unga mos aniqmas integrallarning jadvali kelib chiqadi. Bu jadval odatda quyidagi ko'rinishda keltiriladi: 1 0 . R x αdx = x α+1 α + 1 + C, α 6= −1. 2 0 . R dx x = ln |x| + C (x 6= 0). 3 0 . R a xdx = a x ln a + C (0 < a 6= 1, −∞ < x < ∞). 4 0 . R cos xdx = sin x + C (−∞ < x < ∞). 5 0 . R sin x = − cos x + C (−∞ < x < ∞). 6 0 . R dx cos2 x = tg x + C (x 6= π 2 + kπ, k ∈ Z). 7 0 . R dx sin2 x = − ctg x + C (x 6= kπ, k ∈ Z). 8 0 . R dx √ 1 − x 2 = arcsin x + C (−1 < x < 1). 9 0 . R dx 1 + x 2 = arctg x + C (−∞ < x < ∞). 100 . R dx √ x 2 + 1 = ln |x + √ x 2 + 1| + C (−∞ < x < ∞). 110 . R dx √ x 2 − 1 = ln |x + √ x 2 − 1| + C (|x| > 1). 120 . R dx 1 − x 2 = 1 2 ln ¯ ¯ ¯ ¯ 1 + x 1 − x ¯ ¯ ¯ ¯ + C (|x| 6= 1). Bu jadvaldagi barcha formulalarning (ayniqsa 100 -120 tengliklarning) to'g'riligi o'ng tarafda turgan ifodadan bevosita hosila olish bilan tekshiriladi. 5.2. Integrallashning asosiy usullari 1. Aniqmas integralning chiziqliligi. Aniqmas integralning asosoiy xossalaridan biri uning chiziqliligidir. 5.2.1 - Tasdiq. Agar f va g funksiyalar biror intervalda boshlang'ich funksiyaga ega bo'lib, λ va µ lar ixtiyoriy haqiqiy sonlar bo'lsa, u holda λf + µg funksiya ham o'sha intervalda boshlang'ich funksiyaga ega bo'lib, Z [λf(x) + µg(x)]dx = λ Z f(x)dx + µ Z g(x)dx (5.2.1) 4 tenglik bajariladi. Isbot bevosita 4.1.2 - Teoremadan va differensiallash amalining chiziqliligidan kelib chiqadi. 2. O'zgaruvchini almashtirib integrallash. O'zgaruvchini almashtirib integrallash usuli quyidagi tasdiqqa asoslanadi. 5.2.2 - Tasdiq. Berilgan g(t) funksiya G(t) boshlang'ich funksiyaga ega bo'lsin, ya'ni Z g(t)dt = G(t) + C (5.2.2) bo'lsin. Bundan tashqari, ϕ(x) - ixtiyoriy differensiallanuvchi funksiya bo'lib, uning qiymatlari to'plami g funksiyaning aniqlanish sohasiga tegishli bo'lsin. U holda quyidagi Z g[ϕ(x)] ϕ 0 (x) dx = G[ϕ(x)] + C (5.2.3) tenglik bajariladi Isbot (5.2.3) tenglikning o'ng tarafida turgan funksiyani bevosita differensiallash va murakkab funksiya hosilasi haqidagi 4.1.5 - Teoremani qo'llash orqali amalga oshiriladi. O'zgaruvchini almashtirib integrallash usuli quyidagicha qo'llanadi. Aytaylik, f(x) funksiya uchun boshlang'ich funksiya topish talab qilinsin. Biz bu funksiyani quyidagi f(x) = g[ϕ(x)] · ϕ 0 (x) (5.2.4) ko'rinishda yozib olishga erishdik, deb faraz qilaylik. Bunda g va ϕ lar 5.2.2 - Tasdiqning shartlarini qanoatlantiruvchi funksiyalar bo'lsin. U holda biz Z f(x) dx = G[ϕ(x)] + C (5.2.5) deb yozishimiz mumkin. Agar t = ϕ(x) desak, dt = ϕ 0 (x)dx bo'ladi va shuning uchun, (5.2.4) tenglikdan f(x) dx = g[ϕ(x)] · ϕ 0 (x) dx = g(t) dt munosabat kelib chiqadi. Demak, o'zgaruvchini almashtirib integrallash usuli aniqmas integral ostidagi ifodada x o'zgaruvchi o'rniga t = ϕ(x) funksiyaga teskari bo'lgan ϕ −1 (t) funksiyani qo'yishdan iborat deyish mumkin. Shu sababli, ushbu usul ko'pincha o'rniga qo'yish usuli deb ham ataladi. Bu usulda ko'zda tutilgan natijaga erishish asosan ϕ(x) funksiyani qanchalik to'g'ri tanlanishiga bog'liq, chunki bu funksiya tanlangandan keyin g funksiya yagona ravishda aniqlanadi. O'zgaruvchini almashtirish uchun universal algoritm bo'lmagani sababli, o'rniga qo'yish usuli bilan kerakli amaliy natijaga erishish hisoblovchining mahoratiga, ya'ni uning intuitsiyasiga va formulalarni tegishli ravishda almashtirish bo'yicha egallagan bilimiga bog'liqdir. 5.2.1 - Misol. Quyidagi Z e sin x cos x dx hisoblang. Agar t = sin x almashtirish bajarsak, dt = cos x dx bo'ladi va shuning uchun, e sin x cos x dx = e t dt. Demak, Z e sin x cos x dx = Z e t dt = e t + C = e sin x + C. 5.2.2 - Misol. Quyidagi integralni Z tg x dx = Z sin x cos x dx hisoblang. Agar t = cos x almashtirish bajarsak, dt = − sin x dx bo'ladi va shuning uchun, tg x dx = sin x dx cos x = −dt t . Demak, Z tg x dx = − Z dt t = − ln |t| + C = − ln | cos x| + C. 5.2.3 - Misol. Quyidagi integralni Z (2x + 5)2007 dx hisoblang. Bir qarashda, qavsni N'yuton binomi formulasi yordamida ochib, integral ostidagi ifodani 2008 ta haddan iborat yig'indi ko'rinishda yozib olib, so'ngra boshlang'ich funktsiyani hisoblash kerakdek ko'rinadi. Ammo, agar quyidagi t = 2x + 5, dt = 2dx almashtirishni bajarsak, integral oson hisoblanadi, ya'ni Z (2x + 5)2007 dx = Z t 2007 1 2 dt = 1 2 t 2008 2008 + C = (2x + 5)2008 4016 + C. 3. Bo'laklab integrallash. 5.2.3 - Tasdiq. Agar u va v funksiyalar biror intervalda differensiallanuvchi bo'lib, u 0 (x)v(x) ko'paytma shu intervalda boshlang'ich funksiyaga ega bo'lsa, u holda u(x)v 0 (x) ko'paytma ham shu intervalda boshlang'ich funktsiyaga ega bo'ladi va Z u(x)v 0 (x) dx = u(x)v(x) − Z v(x)u 0 (x) dx (5.2.6) 6 tenglik bajariladi. Isbot. Agar ko'paytma hosilasi uchun ma'lum bo'lgan (uv) 0 = u 0 v + uv0 formuladan foydalansak, u(x)v 0 (x) = [u(x)v(x)]0 − u 0 (x)v(x) bo'ladi. Bunda, o'ng taraf boshlang'ich funksiyaga ega bo'lgani uchun, chap taraf ham boshlang'ich funksiyaga egadir. Shunday ekan, bu tenglikni integrallab, talab qilingan (5.2.6) formulani olamiz. Q.E.D. Eslatma. (5.2.6) tenglikni odatda Z u dv = uv − Z v du (5.2.7) ko'rinishda yozishadi. Albatta, bo'laklab integrallash usuli (5.2.6) tenglikning o'ng tarafidagi integral uning chap tarafidagi integraldan osonroq hisoblangan holdagina foyda beradi. 5.2.4 - Misol. Quyidagi integralni Z x cos x dx hisoblang. Agar u = x, dv = cos x dx desak, du = dx, v = sin x bo'ladi va (5.2.7) formula bo'yicha bo'laklab integrallasak, Z x cos x dx = x sin x − Z sin x dx = x sin x + cos x + C tenglikni olamiz. 5.2.5 - Misol. Quyidagi integralni Z x 2 cos x dx hisoblang. Agar u = x 2 , dv = cos x dx desak, du = 2xdx, v = sin x bo'ladi va bo'laklab integrallasak, Z x 2 cos x dx = x 2 sin x − 2 Z x sin x dx tenglikni olamiz. O'ng tarafdagi integralni hisoblash uchun biz bu safar u = x, dv = sin xdx deb yana bo'laklab integrallash formulasini qo'llaymiz. Natijada Z x sin x dx = x(− cos x) − Z (− cos x) dx = −x cos x + sin x + C tenglik hosil bo'ladi. Shunday qilib, Z x 2 cos x dx = x 2 sin x + 2x cos x − 2 sin x + C 7 Shuni aytish kerakki, yuqoridagi integralni hisoblashda bo'laklab integrallash formulasidan ikki marta foydalanishga to'g'ri keldi. 5.2.6 - Misol. Quyidagi integralni Z x α ln x dx (α 6= −1) hisoblang. Agar u = ln x, dv = x α dx desak, du = dx x , v = x α+1 α + 1 bo'ladi va, bo'laklab integrallash formulasiga ko'ra, Z x α ln x dx = x α+1 α + 1 ln x − Z x α+1 α + 1 dx x = x α+1 α + 1 ln x − x α+1 (α + 1)2 + C. 5.3. ó Kompleks qiymatli funksiyalarni integrallash Ta'rif. Kompleks qiymatli x haqiqiy o'zgaruvchili f(x) funksiyasining boshlang'ich funksiyasi deb F 0 (x) = f(x) (5.3.1) tenglikni qanoatlantiruvchi kompleks qiymatli F(x) funksiyaga aytiladi. 5.3.1 - Tasdiq. Kompleks qiymatli x haqiqiy o'zgaruvchili F(x) = U(x)+iV (x) funksiya kompleks qiymatli f(x) = u(x)+iv(x) funksiyaning boshlang'ich funksiyasi bo'lishi uchun U(x) funksiya u(x) ning va V (x) funksiya v(x) ning boshlang'ich funksiyasi bo'lishi zarur va yetarlidir. Isbot bevosita boshlang'ich funksiya ta'rifidan kelib chiqadi. Bu holda ham boshlang'ich funksiyaning umumiy ko'rinishi aniqmas integral deyiladi va quyidagicha belgilanadi Z f(x) dx = F(x) + C, (5.3.2) bu yerda C = C1 + iC2 - ixtiyoriy kompleks o'zgarmas son. Shunday qilib, f kompleks qiymatli funksiyani integrallash masalasi ikki haqiqiy funksiyani, ya'ni f funksiyaning haqiqiy va mavhum qismlarini integrallashga kelar ekan. Masalan, agar f(x) = cos x + isin x bo'lsa, Z f(x) dx = sin x − i cos x + C bo'ladi. Kompleks qiymatli funksiya uchun boshlang'ich funksiya topish jarayoni integrallash deyilib, u xuddi haqiqiy funksiyani integrallash amali ega bo'lgan xossalarga egadir. 5.3.1 - Misol. Agar a va b haqiqiy sonlar bo'lib, c = a + ib bo'lsa, Φ(x, c) = ln |x − c| + i arctg x − a b , agar Im c 6= 0 bo'lsa, ln |x − c|, agar Im c = 0 bo'lsa; (5.3.3) funksiya ϕ(x, c) = 1 x − c (5.3.4) funksiyaning boshlang'ich funksiyasi bo'ladi. Haqiqatan, agar (4.7.11) formulada n = 1 desak, Φ 0 (x, c) = 1 x − c bo'ladi. Shuning uchun, Z dx x − c = Φ(x, c) + C. (5.3.5) 5.3.2 - Misol. Faraz qilaylik, a va b haqiqiy sonlar bo'lib, c = a + ib bo'lsin. Agar Φ(x, c) (5.3.3) tenglik bilan aniqlangan funksiya bo'lsa, istalgan natural n soni uchun Z dx (x − c) n = (−1)n−1 (n − 1)! Φ (n−1)(x, c) + C (5.3.6) tenglik o'rinli bo'ladi. Isbot bevosita (4.7.11) tenglikdan kelib chiqadi. 5.4. Ratsional funksiyalarni integrallash 1. Algebraik polinomlarning xossalari. Ushbu bandda kompleks algebraik polinomlarni, ya'ni quyidagi ko'rinishdagi P(z) = a0z n + a1z n−1 + ... + an−1z + an (5.4.1) funksiyalarni o'rganamiz, bu yerda ak - berilgan kompleks sonlar bo'lib, z = x + iy esa kompleks o'zgaruvchidir. Agar a0 6= 0 bo'lsa, n natural son polinomning darajasi deyiladi va agar barcha z ∈ C larda P(z) = 0 bo'lsa, polinom aynan nolga teng deyiladi. 5.4.1 - Tasdiq. Agar polinom aynan nolga teng bo'lsa, uning barcha koeffitsiyentlari nolga teng bo'ladi. Isbot. Quyidagi a0z n + a1z n−1 + ... + an−1z + an = 0, z ∈ C ayniyat bajarilsin, deb faraz qilaylik. Agar bu tenglikda z = 0 desak, an = 0 hosil bo'ladi. Shunday ekan, yuqoridagi ayniyatni z[a0z n−1 + a1z n−2 + ... + an−1] = 0, z ∈ C ko'rinishda yozish mumkin. Natijada, z 6= 0 uchun a0z n−1 + a1z n−2 + ... + an−1 = 0 tenglikni olamiz Chap tarafdagi funksiya uzluksiz bo'lgani sababli, bu tenglik z = 0 da ham o'rinli bo'ladi, ya'ni, bundan chiqdi, tenglik barcha z ∈ C larda bajariladi. Hosil bo'lgan ayniyatda z = 0 desak, an−1 = 0 ni olamiz. Bu jarayonni davom ettirsak, P polinomni barcha koeffitsientlarining nolga tengligi kelib chiqadi. Q.E.D. 5.4.2 - Tasdiq. Agar ikki polinom bir-biriga aynan teng bo'lsa, u holda ular bir xil koeffitsiyentlarga egadir. Ushbu tasdiq yuqoridagi 5.4.1 - Tasdiqning natijasidir. Haqiqatan, bu polinomlarning ayirmasi aynan nolga teng bo'lib, natijada ayirmaning barcha koeffitsientlari noldan iborat bo'ladi. Har qanday musbat darajali polinomni darajasi kichikroq bo'lgan ixtiyoriy polinomga bo'lish haqidagi navbatdagi tasdiq algebraik polinomlar nazariyasida muhim axamiyatga egadir. 5.4.3 - Tasdiq. Agar P(z) darajasi n ≥ 1 bo'lgan ixtiyoriy polinom bo'lsa, u holda darajasi m ≤ n bo'lgan istalgan H(z) polinom uchun darajasi n − m bo'lgan shunday Q(z) va darajasi m dan kichik bo'lgan shunday R(z) polinomlar topiladiki, ular uchun P(z) = H(z) · Q(z) + R(z) (5.4.2) tenglik o'rinli bo'ladi. Yuqoridagi polinomlar uchun o'rnatilgan atamalardan foydalaniladi, ya'ni P - bo'linuvchi, H - bo'luvchi, Q - nisbat, R - qoldiq deb ataladi. 5.4.3 - Tasdiq ¾burchak¿ usuli bilan bo'lish orqali isbotlanadi. 5.4.1 - Misol. Agar P(z) = z 5 + 3z 3 + 4z 2 + 5z + 6, H(z) = z 2 + 1 polinomlar berilgan bo'lsa, P(z) = (z 2 + 1)(z 3 + 2z + 4) + (3z + 2) deb yozish mumkin, ya'ni (5.4.2) dagi belgilashlarda Q(z) = z 3 + 2z + 4, R(z) = 3z + 2 tengliklar bajariladi. Faraz qilaylik, c ixtiyoriy kompleks son bo'lsin. Agar (5.4.2) tenglikda H(z) polinom sifatida chiziqli ikki had deb ataluvchi birinchi darajali z − c polinomni olsak, P(z) = (z − c) · Q(z) + R tenglikni olamiz, bu yerda R - nolinchi darajali polinom, ya'ni komleks o'zgarmas. Bu tenglikda z = c desak, R = P(c) tenglik hosil bo'ladi. Shunday qilib, biz Bezu teoremasi deb ataluvchi quyidagi tasdiqni isbotladik. 5.4.1 - Teorema (E.Bezout). Agar P(z) darajasi n ≥ 1 bo'lgan ixtiyoriy polinom bo'lsa, u holda istalgan c kompleks soni uchun darajasi n − 1 bo'lgan shunday Q(z) polinom topiladiki, u P(z) = (z − c) · Q(z) + P(c) (5.4.3) tenglikni qanoatlantiradi. Agar (5.4.2) tenglikda qoldiq aynan nol bo'lsa, ya'ni R(z) ≡ 0 bo'lsa, P(z) polinom H(z) polinomga bo'linadi deymiz. 10 Agar P(c) = 0 bo'lsa, c soni P polinomning ildizi deb ataladi. 5.4.2 - Teorema. Darajasi n ≥ 1 bo'lgan P(z) polinom (z − c) ikki hadga bo'linishi uchun c soni P polinomning ildizi bo'lishi zarur va yetarlidir. Isbot bevosita Bezu teoremasidan kelib chiqadi. Haqiqatan, (5.4.3) formulaga ko'ra, P(z) = (z − c) · Q(z) (5.4.4) tenglik faqat va faqat P(c) = 0 bo'lganda bajariladi. Ushbu paragrafda z = x + iy kompleks o'zgaruvchini qarashimizga asosiy sabab shundaki, faqat shu holdagina har qanday polinom ildizga ega bo'ladi deb aytish mumkin. Bu haqidagi tasdiq algebraning asosiy teoremasi deyilib, uning isbotini buyuk nemis matematigi Gaus nomi bilan bog'lashadi. Algebraning asosiy teoremasi. Musbat darajali har qanday algebraik polinom ildizga ega. Algebraning asosiy teoremasining isboti odatda kompleks o'zgaruvchili funksiyalar nazariyasi kursida keltiriladi. E'tibor bering, agar biz algebraik polinomlarning faqat haqiqiy ildizlari bilan cheklanganimizda, teorema o'rinli bo'lmas edi. Masalan, P(x) = x 2 + 1 ko'phad haqiqiy ildizga ega emas. Shuni qayd etib o'tamizki, polinom koeffitsiyentlarini ozgina o'zgartirish natijasida haqiqiy ildizlarning soni o'zgarishi mumkin. Masalan, ikkinchi darajali P(x, a) = x 2 − a polinom a = 0 da yagona haqiqiy ildizga ega: x0 = 0. Agarda a koeffitsiyent noldan farqli bo'lsa, u nolga qanchalik yaqin bo'lmasin, natija o'zgaradi. Chunonchi, agar a > 0 bo'lsa, P(x, a) polinom ikki haqiqiy ildizga ega: x1 = − √ a, x2 = √ a, lekin a < 0 bo'lganda esa, bu polinom umuman haqiqiy ildizga ega emas. Algebraning asosiy teoremasiga asoslanib, n - darajali istalgan polinom n ta (kompleks) ildizga ega ekanini ko'rsatamiz. 5.4.3 - Teorema. Agar P(z) - (5.4.1) ko'rinishga ega bo'lgan n ≥ 1 darajali polinom bo'lsa, shunday n ta c1, c2, ..., cn kompleks sonlar topiladiki, ular uchun P(z) = a0(z − c1) · (z − c2) · · · (z − cn−1) · (z − cn) (5.4.5) tenglik bajariladi. Isbot. Algebraning asosiy teoremasiga ko'ra, P polinom biror kompleks c1 soniga teng bo'lgan ildizga ega. Demak, (5.4.4) tenglikka ko'ra, darajasi n − 1 ga teng bo'lgan shunday Q1(z) polinom topiladiki, u uchun P(z) = (z − c1) · Q1(z) (5.4.6) tenglik bajariladi. Agar n > 1 bo'lsa, yana algebraning asosiy teoremasiga ko'ra, Q1(z) polinom ham biror c2 ga teng bo'lgan ildizga ega bo'ladi. Demak, (5.4.4) ga ko'ra, endi darajasi n − 2 ga teng bo'lgan shunday Q2(z) polinom topiladiki, u uchun Q1(z) = (z − c2) · Q2(z) munosabat o'rinli bo'ladi. Bundan, (5.4.6) ga asosan, P(z) = (z − c1) · (z − c2) · Q2(z) ni olamiz. Bu mulohazalarni davom ettirib, biz quyidagi P(z) = (z − c1) · (z − c2) · · · (z − cn−1) · (z − cn) · Qn (5.4.7) tenglikka kelamiz, bu yerda Qn - nolinchi darajali polinom, ya'ni kompleks o'zgarmas sondir. Nihoyat, agar (5.4.7) tenglikning o'ng tarafidagi qavslarni ochib, hosil bo'lgan polinomdagi z k lar oldidagi koeffitsiyentlarni (5.4.1) polinomdagi mos koeffitsiyentlar bilan solishtirsak, Qn = a0 tenglikni olamiz. Q.E.D. Eslatma. (5.4.5) tenglikda ba'zi ck ildizlar o'zaro ustma-ust tushishi mumkin. Shuni hisobga olgan holda, polinomni ikki hadlar ko'paytmasi sifatida quyidagicha yozib olsak bo'ladi: P(z) = a0(z − c1) m1 · (z − c2) m2 · · · (z − cl) ml , (5.4.8) endi bu yerda barcha ck sonlar har xildir. Har bir mk ko'rsatkich natural bo'lib, u ck ildizning karrasi deyiladi. Ravshanki, m1 + m2 + · · · + ml = n. (5.4.9) Agar karra mk = 1 bo'lsa, ck ildiz oddiy, aks holda esa u karrali ildiz deyiladi. Ravshanki, c soni P ko'phadning m - karrali ildizi bo'lishi uchun, Q(c) 6= 0 shartni qanoatlantiruvchi biror ko'phad topilib, P(z) = (z − c) mQ(z) tenglikning bajarilishi zarur va yetarlidir. 2. Ratsional funksiyalar xossalari. Aytaylik, P va Q - kompleks koeffitsiyentli algebraik polinomlar bo'lib, Q(z) 6≡ 0 bo'lsin, ya'ni Q nolga teng nolinchi darajali polinom bo'lmasin. Ushbu bandda biz quyidagi f(z) = P(z) Q(z) (5.4.10) ko'rinishga ega bo'lgan ratsional funksiyalarni o'rganamiz. Ravshanki, berilgan f = P Q ratsional funktsiyaning aniqlanish sohasi C kompleks tekislikdan maxrajning nollari olib tashlangan to'plamga teng: D(f) = C \ {z : Q(z) = 0}. (5.4.11) Xususan, har qanday polinom ham, Q(z) ≡ 1 deb qarasak, ratsional funksiya bo'ladi. Agar f va g funksiyalar ratsional bo'lsa, bevosita tekshirish orqali f + g, f − g, f · g va f g (g(z) 6≡ 0 bo'lganda) funksiyalar ham ratsional ekanini ko'rish mumkin. Agar P(z) polinomning darajasi Q(z) polinomning darajasidan kichik bo'lsa, P(z) Q(z) ratsional funksiya to'g'ri kasr deyiladi. - Tasdiq. Berilgan P(z) Q(z) ratsional funksiya to'g'ri kasr bo'lib, c kompleks soni Q(z) polinomning m - karrali ildizi bo'lsin, ya'ni quyidagi tenglik bajarilsin: Q(z) = (z − c) mQ1(z), bu yerda Q1(c) 6= 0. (5.4.12) U holda P(z) Q(z) = A (z − c)m + P1(z) (z − c)m−1Q1(z) (5.4.13) tenglik bajariladi. Bu tenglikda A = P(c) Q1(c) o'zgarmas son bo'lib, P1(z) esa shunday polinomki, (5.4.13) ning o'ng tarafidagi u qatnashgan oxirgi kasr to'g'ri kasrdir. Isbot. Quyidagi P(z) Q(z) − A (z − c)m = P(z) (z − c)mQ1(z) − A (z − c)m = P(z) − AQ1(z) (z − c)mQ1(z) (5.4.14) ayirmani qaraymiz. Ravshanki, shartga ko'ra, c soni (5.4.14) ning o'ng tarafidagi oxirgi kasr suratning ildizidir. Haqiqatan, P(c) − AQ1(c) = P(c) − P(c) Q1(c) Q1(c) = 0. Shunday ekan, P(z) − AQ1(z) = (z − c)P1(z). Bu tenglikni (5.4.14) ga qo'ysak, talab qilingan (5.4.13) munosabatni olamiz. Q.E.D. 1 - Eslatma. Biz c kompleks soni qaralayotgan to'g'ri kasrning na faqat maxrajining ildizi, balki suratining ham ildizi bo'lgan holni inkor qilmaymiz. Bu holda (5.4.13) dagi A o'zgarmas nolga aylanadi. 2 - Eslatma. Shuni aytish kerakki, (5.4.13) tenglikning o'ng tarafidagi ikkinchi kasr maxraji, darajasi dastlabki kasr maxrajining darajasidan kichik bo'lgan ko'phaddir ((5.4.2) tenglikka qarang). 5.4.4 - Teorema. Berilgan P(z) Q(z) ratsional funksiya to'g'ri kasr bo'lib, Q(z) polinom quyidagi Q(z) = (z − c1) m1 · (z − c2) m2 · · · (z − cn) mn (5.4.15) ko'rinishga ega bo'lsin, ya'ni k = 1, 2, ..., n uchun ck kompleks soni Q(z) polinomning mk - karrali ildizi bo'lsin. U holda ratsional funksiya quyidagi ko'rinishga ega bo'ladi: P(z) Q(z) = Xn k=1 Xmk j=1 Akj (z − ck) j = 13 = A11 (z − c1) + A12 (z − c1) 2 + · · · + A1m1 (z − c1)m1 + = A21 (z − c2) + A22 (z − c2) 2 + · · · + A2m2 (z − c2)m2 + · · ·+ = An1 (z − cn) + An2 (z − cn) 2 + · · · + Anmn (z − cn)mn . (5.4.16) Bu tenglikda Akj lar kompleks o'zgarmaslar bo'lib, ularning bir qismi nolga teng bo'lishi mumkin. Isbot ketma - ket 5.4.4 - Tasdiqni qo'llashdan iborat. Chunonchi, bu teoremani har bir qo'llash natijasida hosil bo'ladigan to'g'ri kasr maxrajining darajasi kamayib boradi. Bu jarayonni toki o'sha daraja birga teng bo'lguncha davom ettirish yetarlidir. 3. Ratsional funksiyalarning integrallanishi. 5.4.5 - Teorema. Haqiqiy o'zgaruvchili har qanday ratsional funksiya elementar funksiyalarda integrallanadi. Isbot bevosita 5.4.4 - Teoremadan kelib chiqadi. Haqiqatan, har qanday ratsional funksiyani polinom va to'g'ri kasr yig'indisi ko'rinishida yozish mumkin. O'z navbatida, har qanday to'g'ri kasr esa, 5.4.4 - Teoremaga ko'ra, ϕj (z, c) = 1 (z − c) j . (5.4.17) ko'rinishdagi kasrlarning chiziqli kombinatsiyasi sifatida yoziladi. Nihoyat, yuqorida ko'rilgan 5.3.2 - Misolga asosan, (5.4.17) ko'rinishdagi ifodalarning boshlang'ich funksiyalari elementar funksiyalardan iboratdir. Q.E.D. 1 - Eslatma. Agar c = a + ib va x haqiqiy o'zgaruvchi desak, Φ(x, c) = ln |x − c| + i arctg x − a b , agar Im c 6= 0 bo'lsa, ln |x − c|, agar Im c = 0 bo'lsa; (5.4.18) funksiya, (5.3.6) ga asosan, Z dx (x − c) j = (−1)j−1 (j − 1)! Φ (j−1)(x, c) + C (5.4.19) tenglikni qanoatlantiradi. Boshqacha aytganda, bu tenglikning o'ng tarafidagi ifoda (5.4.17) uchun boshlang'ich funksiyadir. Demak, ratsional funksiyaning boshlang'ich funksiyasi ratsional kasrlar hamda quyidagi ikki : L(x) = ln |x − c| (5.4.20) va A(x) = arctg x − a b (5.4.21) funksiyalarning yig'indisidan iborat bo'lar ekan. 2 - Eslatma. Agar haqiqiy o'zgaruvchili ratsional funksiyada koeffitsiyentlari ham haqiqiy bo'lsa, u holda, albatta, boshlang'ich funksiya ham haqiqiy qiymatli funksiya bo'ladi. Bunday funksiyalar uchun yuqoridagi teorema kabi tasdiq o'rinlidir: haqiqiy o'zgaruvchili va haqiqiy koeffitsiyentli har qanday ratsional funksiya elementar funksiyalarda integrallanadi va uning boshlang'ich funksiyasi logarifm, arktangens va ratsional funksiyalar orqali ifodalanadi. Haqiqatan, agar f(x) haqiqiy koeffitsiyentli ratsional funksiya bo'lsa, u holda 5.4.4. teoremaga ko'ra, bunday funksiya ham (5.4.16) ko'rinishda ifodalanadi, bu yerda ck sonlar va Akj koeffitsiyentlar, umuman aytganda, kompleks sonlardir. Shunday ekan, f uchun boshlang'ich funksiya ratsional funksiyalar va (5.4.20) hamda (5.4.21) ko'rinishlardagi funksiyalarning kompleks koeffitsiyentlar bilan olingan chiziqli kombinatsiyasi orqali ifodalanadi. Ammo f uchun boshlang'ich funksiya haqiqiy funksiya bo'lgani sababli, ravshanki, bu boshlang'ich funksiya yuqoridagi chiziqli kombinatsiyaning haqiqiy qismiga teng bo'ladi. Bu chiziqli kombinatsiyaning mavhum qismi esa o'zgarmasga teng bo'lib, biz bu o'zgarmasni nolga teng deb hisoblashimiz mumkin. 4. Ba'zi trigonometrik integrallarni hisoblash. Ushbu bandda biz ikki o'zgaruvchili ratsional funksiyalarni qaraymiz. Avval ikki o'zgaruvchili ko'phad tushunchasini kiritaylik. Ta'rif. Ikki u va v haqiqiy o'zgaruvchili haqiqiy ko'phad deb quyidagi chekli yig'indiga aytiladi: P(u, v) = X k, m ckmu k v m, (5.4.22) bu yerda ckm koeffitsiyentlar haqiqiy sonlardir. Masalan, P(u, v) = u 4 + 3u 3 v + 5uv2 + 7v 3 + 9 funksiya ikki o'zgaruvchili ko'phadga misol bo'ladi. Ta'rif. Ikki u va v o'zgaruvchili ratsional funksiya deb (5.4.22) ko'rinishdagi ikki ko'phadning nisbatiga aytamiz : R(u, v) = P(u, v) Q(u, v) . 5.4.5 - Tadiq. Agar R(u, v) ikki o'zgaruvchili ratsional funksiya bo'lsa, u holda f(x) = R(sin x, cos x) ko'rinishdagi funksiya elementar funksiyalarda integrallanadi. Isbot. O'zgaruvchini almashtirish usulidan foydalanamiz. Buning uchun, universal trigonometrik almashtirish deb ataluvchi, quyidagi t = tg x 2 (5.4.23) almashtirishni bajaramiz. U holda x = 2 arctg t, dx = 2dt 1 + t 2 bo'ladi. Bundan tashqari, sin x = 2t 1 + t 2 va, shunga o'xshash, cos x = 1 − t 2 1 + t 2 tengliklar o'rinli bo'ladi. Shunday ekan, (5.4.23) almashtirishni bajarsak, Z R(sin x, cos x)dx = Z R µ 2t 1 + t 2 , 1 − t 2 1 + t 2 ¶ 2dt 1 + t 2 munosabatni olamiz. Ravshanki, o'ng tarafdagi integral ostida t argumentning ratsional funksiyasi turibdi. Shuning uchun, 5.4.5 - Teoremaga asosan, bu integral t = tg x 2 o'zgaruvchining elementar funksiyasidir. Demak, bunday boshlang'ich funksiya x o'zgaruvchining ham elementar funksiyasi bo'ladi. Q.E.D. 5.4.2 - Misol. Quyidagi Z dx cos x − 2 sin x + 3 integralni hisoblang. Universal trigonometrik almashtirish (5.4.23) ni qo'llasak, Z dx cos x − 2 sin x + 3 = Z 1 1 − t 2 1 + t 2 − 2 2t 1 + t 2 + 3 2dt 1 + t 2 = = Z 2dt 1 − t 2 − 4t + 3 + 3t 2 = Z dt t 2 − 2t + 2 = Z dt (t − 1)2 + 1 = arctg(t − 1) + C hosil bo'ladi. Demak, Z dx cos x − 2 sin x + 3 = arctg ³ tg x 2 − 1 ´ + C. 5.5. Misollar 1 - Misol. Integralni hisoblang: Z dx √ e x − 1 . Ko'rsatma. t = √ e x − 1 almashtirish bajaring. 2 - Misol. Integralni hisoblang: Z (x ln x) 3 dx. Ko'rsatma. t = ln x almashtirish bajarib, bo'laklab integrallashni qo'llang. - Misol. Integralni hisoblang: Z dx sin x · cos4 x . Ko'rsatma. (5.4.23) universal trigonometrik almashtirishni qo'llab, ratsional funksiyani integrallashga keltiring. So'ngra, 5.4.4 - Tasdiqdan foydalaning. 4 - Misol. Integralni hisoblang: Z 2x + 1 3x − 2 dx. Ko'rsatma. Ushbu 2x + 1 3x − 2 = a 3x − 2 + b tenglikdan a va b koeffitsientlarni toping. 5 - Misol. Integralni hisoblang: Z dx p (x − a)(b − x) , a < x < b. Ko'rsatma. Quyidagi x − a b − a = sin2 t almashtirishni bajaring. 6 - Misol. Integralni hisoblang: Z p a 2 + x 2 dx. Ko'rsatma. x = a sh t almashtirish bajaring. 7 - Misol. Agar f 0 (x 2 ) = 1 x (x > 0) bo'lsa, f(x) funksiyani toping. Ko'rsatma. f 0 (x) funksiyani topib, uni integrallang. 8 - Misol. Integralni hisoblang: Z a1 sin x + b1 cos x a sin x + b cos x dx tenglikni isbotlang. Ko'rsatma. Quyidagi a1 sin x + b1 cos x = A(a sin x + b cos x) + B(a sin x + b cos x) 0 tenglikdan A va B koeffitsientlarni toping. 9 - Misol. Integralni hisoblang: Z x 5dx √ 1 − x 2 . Ko'rsatma. 1 − x 2 = t 2 almashtirish bajaring. 10 - Misol. Integralni hisoblang: Z dx (x − 2)2(x + 3)3 XULOSA
Xulosa qilib shuni aytish mumkinki, biz ko’p o’zgaruvchili funksiyalar va ularni diferensial hisobini batafsil o’rganganmiz. Endi bunday funksiyalarning integral hisobi bilan shug’ullanamiz. SHuni aytish kerakki, ko’p o’zgaruvchili funksiyalarga nisbatan integral tushunchasi turlicha bo’ladi.
Foydalanilgan adabiyotlar 1. Matematik analiz. 2-qism. T.Azlarov, H.Mansurov. “O’zbekiston” nashriyoti.1993-yil. 2. Matematik analiz kursidan misol va masalalar to’plami. 2-qism. A.Sadullayev, X.Mansurov ,G. Xudayberganov, A.Borisov,R.G’ulomov. Toshkent. “O’zbekiston” nashriyoti 1995-yil. Download 342.54 Kb. Do'stlaringiz bilan baham: 
|